专题10 空间向量与立体几何-2023年新高考数学经典模拟考前定心练（新高考地区专用）

专题10 空间向量与立体几何 一、单选题 1．（2023·福建莆田·统考二模）在正方体中，点M，N分别是上的动点，当线段的长最小时，直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为平面，平面， 所以， 因为正方形中，，且，平面， 所以⊥平面， 因为点M ，N分别是上的动点， 当点为交点时，⊥，过点作于点， 此时为的公垂线，即线段的长最小， 设正方体边长为，则，， 因为，所以，故， 解得：，， 过点作于点，故，即， 解得：，，故， ，平面的法向量为， 设与平面所成角大小为， 则. 故选：A 2．（2023·福建福州·统考二模）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，， ，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】过点作平面，垂足为， 因为， 所以为的外心， 则（为的外接圆半径）， 则，所以， , 设为球心，为球的半径，则， 因为， 解得， 所以球的体积为. 故选：C. 3．（2023·福建漳州·统考三模）已知正三棱锥的侧面与底面所成的二面角为，侧棱，则该正三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意，作正三棱锥，取中点，连接，取等边的中心，连接，如下图所示： 在正三棱锥中，易知，平面， 为中点，， 在等边中，为中点，， 平面，平面，， 设，则在中，， 在中，， 在中，根据余弦定理，， 则，化简可得：，解得， 则，， 在等边中，是中心，，， 平面，平面，， 在中，， 设正三棱锥的外接球的半径为， 假设正三棱锥的外接球球心在线段上，则， 可得，解得，不符合题意； 假设正三棱锥的外接球球心在线段的延长线上，则， 可得，解得，符合题意. 故正三棱锥的外接球表面积. 故选：C. 4．（2023·福建泉州·统考三模）图1中，正方体的每条棱与正八面体（八个面均为正三角形）的条棱垂直且互相平分．将该正方体的顶点与正八面体的顶点连结，得到图2的十二面体，该十二面体能独立密铺三维空间．若，则点M到直线的距离等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图所示： 连接PR，MN，相交于点O，设MP与AB相交于点K，MQ与BC相交于点L，连接KL， 在正八面体中，易知，且， 所以 ，则 ，即 ， 又平面，则，又HG与RN相交， 所以平面，则MR为点M到直线的距离， 在中， ，则 ， 因为是的中位线， 所以，即， 故选：A 5．（2023·福建厦门·统考二模）西施壶是紫砂壶器众多款式中最经典的壶型之一，是一款非常实用的泡茶工具（如图1）．西施壶的壶身可近似看成一个球体截去上下两个相同的球缺的几何体．球缺的体积（R为球缺所在球的半径，h为球缺的高）．若一个西施壶的壶身高为8cm，壶口直径为6cm（如图2），则该壶壶身的容积约为（不考虑壶壁厚度，π取3.14）（    ） A．494ml B．506ml C．509ml D．516ml 【答案】A 【解析】如图作出几何体的轴截面如下面所示， 依题意，，为球心，为壶口所在圆的圆心，所以， 因为，所以，且，， 所以球的半径，所以球缺的高， 所以球缺的体积， 所以该壶壶身的容积约为：. 故选：A. 6．（2023·福建莆田·统考二模）某校科技社利用3D打印技术制作实心模型．如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台．其中半球的体积为，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半．打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（    ）（） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设半球的半径为，因为， 所以，由题意圆台的上底面半径及高均是3，下底面半径为6， 所以， 所以该实心模型的体积为， 所以制作该模型所需原料的质量为 故选：C 7．（2023·山东济南·一模）已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】正三角形的高为， 根据斜二测画法的知识可知， 直观图的面积为. 故选：B 8．（2023·山东枣庄·统考二模）如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且．平面，则线段MP长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】取的中点为,取的中点为,取的中点为，如图所示 因为是的中点，是的中点， 所以, 因为平面,平面, 所以平面, 同理可得，平面, 又,平面, 所以平面平面. 又平面,线段扫过的图形是, 由,得,, ,, 所以,即为直角， 所以线段长度的取值范围是：. 故选：A. 9．（2023·山东聊城·统考一模）在正方体中，直线、分别在平面和，且，则下列命题中正确的是（